Question

如圖，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD=6cm，CD=4cm，BC=BD=10cm，點(diǎn)P由B出發(fā)沿BD方向勻速運(yùn)動(dòng)，速度為1cm/s；同時(shí)，線段EF由DC出發(fā)沿DA方向勻速運(yùn)動(dòng)，速度為1cm/s，交BD于Q，連接PE．若設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（s）（0＜t＜5）．解答下列問(wèn)題：

（1）當(dāng)t為何值時(shí)，PE∥AB；

（2）設(shè)△PEQ的面積為y（cm²），求y與t之間的函數(shù)關(guān)系式；

（3）是否存在某一時(shí)刻t，使S_△PEQ=S_△BCD？若存在，求出此時(shí)t的值；若不存在，說(shuō)明理由；

（4）連接PF，在上述運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，五邊形PFCDE的面積是否發(fā)生變化？說(shuō)明理由．

Answer 1

 

考點(diǎn)： 平行線的判定；根據(jù)實(shí)際問(wèn)題列二次函數(shù)關(guān)系式；三角形的面積；勾股定理；相似三角形的判定與性質(zhì)． 

專題： 壓軸題．

分析： （1）若要PE∥AB，則應(yīng)有，故用t表示DE和DP后，代入上式求得t的值；

（2）過(guò)B作BM⊥CD，交CD于M，過(guò)P作PN⊥EF，交EF于N．由題意知，四邊形CDEF是平行四邊形，可證得△DEQ∽△BCD，得到，求得EQ的值，再由△PNQ∽△BMD，得到，求得PN的值，利用S_△PEQ=EQ•PN得到y(tǒng)與t之間的函數(shù)關(guān)系式；

（3）利用S_△PEQ=S_△BCD建立方程，求得t的值；

（4）易得△PDE≌△FBP，故有S_{五邊形PFCDE}=S_△PDE+S_{四邊形PFCD=}S_△FBP+S_{四邊形PFCD}=S_△BCD，即五邊形的面積不變．

解答： 解：（1）當(dāng)PE∥AB時(shí)，

∴．

而DE=t，DP=10﹣t，

∴，

∴，

∴當(dāng)（s），PE∥AB．

 

（2）∵線段EF由DC出發(fā)沿DA方向勻速運(yùn)動(dòng)，

∴EF平行且等于CD，

∴四邊形CDEF是平行四邊形．

∴∠DEQ=∠C，∠DQE=∠BDC．

∵BC=BD=10，

∴△DEQ∽△BCD．

∴．

．

∴．

過(guò)B作BM⊥CD，交CD于M，過(guò)P作PN⊥EF，交EF于N，

∵BC=BD，BM⊥CD，CD=4cm，

∴CM=CD=2cm，

∴cm，

∵EF∥CD，

∴∠BQF=∠BDC，∠BFG=∠BCD，

又∵BD=BC，

∴∠BDC=∠BCD，

∴∠BQF=∠BFG，

∵ED∥BC，

∴∠DEQ=∠QFB，

又∵∠EQD=∠BQF，

∴∠DEQ=∠DQE，

∴DE=DQ，

∴ED=DQ=BP=t，

∴PQ=10﹣2t．

又∵△PNQ∽△BMD，

∴．

∴．

∴．

∴S_△PEQ=EQ•PN=××．

 

（3）S_△BCD=CD•BM=×4×4=8，

若S_△PEQ=S_△BCD，

則有﹣t²+t=×8，

解得t₁=1，t₂=4．

 

（4）在△PDE和△FBP中，

∵DE=BP=t，PD=BF=10﹣t，∠PDE=∠FBP，

∴△PDE≌△FBP（SAS）．

∴S_{五邊形PFCDE}=S_△PDE+S_{四邊形PFCD=}S_△FBP+S_{四邊形PFCD}=S_△BCD=8．

∴在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，五邊形PFCDE的面積不變．

點(diǎn)評(píng)： 本題利用了平行線的性質(zhì)，相似三角形和全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，三角形的面積公式求解．綜合性較強(qiáng)，難度較大．